Necesito encontrar la expansión polinómica general de grado n de $x(x+1)(x+2)\dots(x+n)$ para resolver una integral.

Question

Ampliar $x(x+1)(x+2)\dots(x+n)$ ha sido un reto para mí.

Diga $n=5$ notará muchos patrones como $x^n+(n-1)x^{n-1}+\dotsb$ etcétera, pero ¿existe una expansión polinómica general para cualquier $n$ ? Esto me ha estado volviendo loco. Necesito una pizarra.

La integral es $$\frac{1}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}$$ y será fácil una vez que expanda el polinomio. Estoy tratando de evitar la descomposición parcial de fracciones.

Answer 1

Las raíces del polinomio $x(x+1)(x+2)\dots(x+n)$ son los números $0,-1,-2\dots,-n$ . Por lo tanto por el teorema de Vieta se puede expandir

$x(x+1)(x+2)\dots(x+n)=x^{n+1}+a_1x^n+a_2x^{n-1}+\dots+a_nx+a_{n+1}$ ,

donde $a_k=(-1)^k\sigma_k(0,-1,-2,\dots,-n)$ donde $\sigma_k(x_1,\dots,x_{n+1})$ es el $k$ -ésimo polinomio simétrico elemental:

$\sigma_k(x_1,\dots,x_{n+1})=\sum_{1\leq i_1<i_2<\dots<i_k\leq n+1}x_{i_1}x_{i_2}\dots x_{i_k}$

Answer 2

$f(x) = \frac{1}{(x-a)(x-b)\cdots(x-k)} = \frac {A}{x-a} + \frac {B}{x-b} \cdots \frac {K}{(x-k)}$

$A = \lim_\limits {x\to a} (x-a)f(x) = \frac {1}{(a-b)(a-c)\cdots(a-k)}$

$f(x) = {1}{(x)(x+1)\cdots(x+n)} = \frac 1{n!}\frac {1}{x} - \frac {1}{(n-1)!}\frac {1}{x+1} + \frac {1}{2(n-2)!}\frac {1}{x+2} \cdots\\ f(x) = \sum_{i=0}^n\frac {(-1)^n}{i!(n-i)!} \frac{1}{x+i}$

Por cierto, suponiendo que tuvieras una buena forma de expandir el polinomio en el denominador, ¿entonces qué? Sigue sin integrarse sin la descomposición en fracciones parciales.

Answer 3

Se trata de una instancia de factorial ascendente con un factor extra.

Answer 4

Incluso si encontraras coeficientes $\{a_m\}_{m = 1}^{n+1}$ tal que $$f_n(x) = \prod_{k=0}^n (x+k) = \sum_{m=1}^{n+1} a_m x^m$$ esto no le ayuda a evaluar $$\int \frac{1}{f_n(x)} \, dx.$$ La razón es que incluso un polinomio "simple" en el denominador como $$\int \frac{dx}{x^3 + 5x + 1}$$ no admite una antiderivada directa. Tampoco has propuesto un mecanismo por el que se pueda integrar el recíproco de polinomios generales con coeficientes reales.

La razón $1/f_n(x)$ puede es precisamente porque es el producto de factores de grado lineal sobre los números enteros; por lo tanto, es susceptible de descomposición en fracciones parciales de una manera que mi ejemplo anterior no lo es (aunque es expresable en términos de las raíces de $x^3 + 5x + 1$ ).

Mi recomendación es encontrar coeficientes $\{b_j\}_{j=1}^{n+1}$ tal que $$\frac{1}{f_n(x)} = \sum_{j=1}^{n+1} \frac{b_j}{x+j} = \frac{1}{f_n(x)} \sum_{j=1}^{n+1} b_j \prod_{k\ne j} (x+k).$$ Esto no es difícil: por ejemplo, cuando $x = -j$ encontramos $$b_j = \left(\prod_{k\ne j} (k-j) \right)^{-1}.$$ Esto conduce inmediatamente a la descomposición deseada y la evaluación de la integral es trivial.

Answer 5

Hallemos la descomposición en fracciones parciales de la función racional $$\frac{1}{x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + n)}, \quad n = 0,1,2,\ldots$$ utilizando el Método de encubrimiento de Heaviside .

Como hemos $n + 1$ factores lineales distintos podemos escribir la función racional como $$\frac{1}{x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + n)} = \frac{A_0}{x} + \frac{A_1}{x + 1} + \frac{A_2}{x + 2} + \cdots + \frac{A_n}{x + n}.$$ Para hallar cada una de las constantes desconocidas $A_0$ hasta $A_n$ tapamos" el primer factor lineal en el denominador de la izquierda y sustituimos por el valor de $x$ que hace que el factor cubierto sea igual a cero, lo que da el valor de $A_0$ . En el primer caso $x = 0$ . A continuación, repetimos este proceso para cada factor lineal del denominador. De este modo obtenemos \begin{align*} A_0 &= \frac{1}{1.2.\ldots n} = \frac{1}{0! n!}\\ A_1 &= \frac{1}{(-1).1.2\ldots (n - 1)} = -\frac{1}{1!(n - 1)!}\\ A_2 &= \frac{1}{(-2)(-1).1.2\ldots (n - 2)} = \frac{1}{2!(n - 2)!}\\ & \vdots\\ A_n &= \frac{1}{(-1)(-n + 1)(-n + 2) \cdots (-1)} = \frac{(-1)^n}{n! 0!} \end{align*} Así que vemos el $k$ th constante $A_k$ donde $0 \leqslant k \leqslant n$ vendrá dada por $$A_k = \frac{(-1)^k}{(n - k)! k!}, \quad 0 \leqslant k \leqslant n.$$

La descomposición en fracciones parciales para la función racional será por tanto $$\frac{1}{x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + n)} = \sum_{k = 0}^n \frac{(-1)^k}{(n - k)! k!} \frac{1}{x + k}.$$

Ahora puede encontrar fácilmente la integral que busca. Aquí tenemos $$\int \frac{dx}{x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + n)} = \sum_{k = 0}^n \frac{(-1)^k}{(n - k)! k!} \ln |x + k| + C.$$